1、（全国II卷）黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三化学下学期5月第一次模拟考试试题（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Pd-106一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“2
2、1世纪海上丝绸之路”的简称。下列说法正确的是（ ）A. 古代中国出产的丝绸的主要成分是纤维素B. 中国从中亚进口的天然气的主要成分是乙烯C. 中国承建巴基斯坦的水电站实现了水能直接转化为电能D. 服务一带一路的北斗卫星上的太阳能电池板与地壳含量第二的元素有关【答案】D【解析】【详解】A. 丝绸主要成分是蛋白质，故A错误；B. 天然气主要成分是甲烷，故B错误；C. 水力发电是将水能转化成机械能，然后机械能转化成电能，故C错误；D. 制作太阳能电池板原料是晶体硅，硅元素在地壳中含量为第二，故D正确；答案：D2.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂
3、逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（ ）A. 反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B. 若反应通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C. 反应中的H2O2可用NaClO4代替D. 反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A根据流程图反应中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B由反应化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C据流程图反应，在ClO2与
4、H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D据流程图反应ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】根据反应的流程图可得反应中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。3.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 乙醇能与水互溶，因此不能做从碘水中提取碘单质的萃取剂，故A错误；B.
5、乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液的方法，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B错误；C. 除去KNO3固体中的NaCl，采用重结晶方法，利用KNO3的溶解度受温度的影响较大，NaCl的溶解度受温度的影响较小，故C错误；D. 蒸馏利用沸点不同对互溶液体进行分离，丁醇、乙醚互溶，采用蒸馏法进行分离，利用两者沸点相差较大，故D正确；答案：D。4.二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（ ）A. 二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B. 二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C. 等量的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为31D. 二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物【
6、答案】C【解析】【详解】A. 根据结构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故A错误；B. 二羟基甲戊酸中含有羟基，CH2OH中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C. 该有机物中能与Na发生反应的是OH和羧基，1mol二羟基甲戊酸中含有2mol羟基和1mol羧基，因此1mol该有机物消耗Na的物质的量为3mol，能与NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故C正确；D. 二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D错误；答案：C。【点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上
7、是否相差若干个“CH2”。5.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，Z与W、X与Y相邻，X与W同主族。下列说法不正确的是（ ）A. 原子半径：WZYXB. 最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC. 最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD. 元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等【答案】A【解析】【分析】W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即，据此分析；【详解】W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子
8、排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即A. 同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径大小顺序是r(Si)r(P)r(N)r(O)，故A说法错误；B. 利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性强弱顺序是NOSi，即最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HNO3H3PO4H2SiO4，故B说法正确；C. 利用非金属性越强，其氢化物稳定性越强，非金属性强弱顺序是ONPSi，即最简单氢化物的热稳定性强弱顺序是H2ONH3PH3SiH4，故C说法正确；D. 主
9、族元素的最高化合价等于最外层电子数等于族序数(除O、F外)，N、Si、P最外层电子数分别为5、4、5，族序数分别为VA、IVA、VA，故D说法正确；答案：A。6.利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+，O2，NO3等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是（ ）A. 反应均在正极发生B. 单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amolC. 的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD. 增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大【
10、答案】B【解析】【详解】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne = 2a mol，故B错误；C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_ + 8e_ NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平，所以 的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+
11、 + 3H2O，故C正确；D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；综上所述，答案为B。7.25时，HCN溶液中CN-和HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图所示，下列表述正确的是（ ）A. Ka(HCN)的数量级为10-9B. 0.1mol/LHCN溶液使甲基橙试液显红色C. 1L物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中c(HCN)c(CN-)D. 0.1mol/LNaCN溶液的pH=9.2【答案】C【解析】【详解】A.电离平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，取b点，c(HCN)=c
12、(CN)，则有HCN的电离平衡常数表达式为Ka=c(H)=，Ka(HCN)的数量级约为1010，故A错误；B. HCN为弱酸，其电离方程式为HCNHCN，弱电解质的电离程度微弱，可以认为c(H)=c(CN)，c(HCN)=0.1molL1，根据电离平衡常数，0.1molL1HCN溶液：=，解得c(H)=，即pH=4.6，甲基橙：当pHKa=，即CN的水解大于HCN的电离，从而推出1L物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中：c(CN)OC (4). 平面三角形 (5). sp2 (6). 直线形 (7). 1：1 (8). 不是 (9). H2O和NO (10). 0价 (11).
13、 分子 (12). 【解析】【分析】(1)钯和镍同列，钯在镍的下一周期，镍位于第四周期10列，进行分析判断；(2)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但AA，AA，从而得出结果；(3)推断VSEPR模型，采用价层电子对数=键+孤电子对数分析；杂化轨道数等于价层电子对数，分析SO3中S杂化类型；等电子体具有相同的空间结构和相同的化学键类型，据此分析；(4)依据大键是3个或3个以上原子彼此平行的p轨道从侧面相互重叠形成的键分析；根据配合物的组成进行分析；(5)CO整体不带电，因此推出Fe(CO)5中铁元素的化合价为0，Fe(CO)5熔沸点较低，属于分子晶体；(6)钯位于顶点和面心，个数为4，利用微粒
14、个数与物质的量关系，计算出晶胞的物质的量，从而求出晶胞的质量，根据边长计算出晶胞的体积，最后依据密度的定义，求出密度；【详解】(1)钯与镍位于同列，在镍的下一周期，镍位于第四周期VIII族，则钯位于第五周期VIII族；镍属于过渡元素，其价电子排布式为3d84s2，则价电子排布图为；(2)C、N、O位于同周期，同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但AA，AA，三种元素的第一电离能大小顺序是NOC；(3)价层电子对数=键+孤电子对数=2+=3，因此SO2的VSEPR模型为平面三角形；SO3的价层电子对数为3，价层电子对数等于杂化轨道数，即中心原子S的杂化类型为sp2；等电子体具有相同的空间结构和相同
15、的化学键类型，CO2与N2O为等电子体，CO2为直线形，则N2O的空间构型为直线形；CO2的空间构型为O=C=O，键和键数目之比为1：1，即N2O中键和键数目之比为1：1；(4)根据形成大键是3个或3个以上原子，而NO只有2个原子，因此题中3电子键不是大键；Fe(H2O)5NO2是配合离子，因此H2O和NO是配位体；(5)CO整体不带电，则Fe(CO)5中铁元素的化合价为0价；Fe(CO)5熔点为20，沸点为103，熔沸点较低，Fe(CO)5属于分子晶体；(6)钯原子位于顶点和面心，个数为=4，晶胞的质量为，晶胞的体积为(a1010)3cm3，则晶胞的密度是g/cm3=g/cm3。12.我国女
16、药学家屠呦呦因创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素的一种化学合成方法的部分工艺流程如图所示：己知：C6H5-表示苯基；（1）化合物E中含有的含氧官能团有_、_和羰基（写名称）。（2）合成路线中设计EF、GH的目的是_。（3）BC实际上是分两步反应进行的，先进行加成反应，再进行_反应。（4）A在Sn-p沸石作用下，可生成同分异构体异蒲勒醇，己知异蒲勒醇分子中有3个手性碳原子（连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子），异蒲勒醇分子内脱水后再与H21:1发生1，4-加成可生成，则异蒲勒醇的结构简式为：_。（5）A的同分异构体Y含有醛基和六元碳环，且环上只有一个
17、支链，满足上述条件的Y有_种，其中核磁共振氢谱峰数最少的物质的结构简式为_。（6）如图是以乙烯为原料制备苄基乙醛的合成路线流程图。请填写下列空白（有机物写结构简式）：物质1为_；物质2为_；试剂X为_；条件3为_。【答案】 (1). 醛基 (2). 酯基 (3). 保护羰基 (4). 消去反应 (5). (6). 5 (7). (8). CH3CH2OH (9). CH3CHO (10). (11). 氢氧化钡、加热【解析】【分析】(1)根据E的结构简式，得出含氧官能团的名称；(2)对比它们结构简式，会发现设计这两步的目的是保护羰基；(3)对比B和C结构简式，C多了一个碳碳双键，少了一个羰基，
18、涉及的反应类型加成反应和消去反应；(4)根据加成后的产物，异蒲勒醇应含有六元环，异蒲勒醇能发生分子内脱水，说明含有羟基，然后再与氢气1：1发生1，4加成，说明分子内脱水后，含有两个碳碳双键，且两个碳碳双键通过一个“CC”相连，从而写出异蒲勒醇的结构简式；(5)根据A的结构简式，得出A的分子式为C10H18O，同分异构体中含有醛基和六元碳环，则剩余三个碳原子以单键的形式相连，然后判断同分异构体的数目；(6)物质1是CH2=CH2与H2O发生加成反应的产物，即为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化，得到物质2，即为CH3CHO，根据信息，推出试剂X为苯乙醛；【详解】(1)根据化合物E的结
19、构简式，E中含氧官能团是羰基、醛基、酯基；(2)对比E和F的结构简式，E中羰基发生反应，对比G和H的结构简式，有羰基的生成，因此设计这两步的目的是保护羰基；(3)对比B和C结构简式，C中少了一个羰基，多了一个碳碳双键，题中先发生加成反应，应是六元环上的羰基与H2发生加成反应，生成羟基，然后该羟基再发生消去反应；(4) 根据加成后的产物，异蒲勒醇应含有六元环，异蒲勒醇能发生分子内脱水，说明含有羟基，然后再与氢气1：1发生1，4加成，说明分子内脱水后，含有两个碳碳双键，且两个碳碳双键通过一个“CC”相连，异蒲勒醇中含有三个手性碳原子，异蒲勒醇的结构简式为；(5)根据A的结构简式，推出A的分子式为C10H18O，同分异构体中含有六元碳环和醛基，根据A的不饱和度为2，推出剩余三个碳原子以单键形式结合，即有“、”，醛基在支链位置有5种；核磁共振氢谱最少应是对称结构，即结构简式为；(6)乙烯与H2O在催化剂作用下发生加成反应，生成乙醇，即物质1为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成乙醛，即物质2为CH3CHO，根据信息，推出试剂X为苯乙醛，其结构简式为，根据信息2的反应条件，条件3为氢氧化钡、加热。